Solucionario Cuarta Pr´ actica actica Calificada Alvaro Z´arate arate Su´arez arez 3 de julio de 2016 cilindro x2 + y 2 = x divide a la superficie esferica unitaria S en dos regiones S regiones S 1 yS 2 ,donde S 1 esta dentro del cilindro y S 2 afuera.Halle la raz´on on de Area( Area(S ) areas ´areas Area( . Area(S ) 1. El
2 1
´ SOLUCI ON:
Podemos escribir la ecuaci´ on del cilindro de la siguiente manera: on 1 2 1 2 2 (x 2 ) + y = ( 2 ) Tambi´en en la ecua ec uaci ci´ o´n de la esfera unitaria sera: on 2 2 2 2 x + y + z = 1 .
−
En el siguiente gra´fico se observa la region o´n de inte inters rsec ecci ci´ on o´n de las las supe superfi rfici cies es:: Sea S: z = = 1 x2 y2 recortado po porr el cilindro x2 + y 2 = x luego uego dic dicha po porc rci´ i´ on es z = 1 x2 y2 con con domi ominio nio el con onjjunto D dado p or: D = (x; y)R2 /x2 + y 2 x es la pro proyecci ecci´ o´n al plano xy. 2 2 Haciendo para S : z = 1 x y : ( x; y) = (x,y, 1 x2 y 2 ) derivando respecto a x e y r (x −y −x rx (x; y) = (1, (1, 0, ) y ry (x; y) = (0, (0, 1, )
−
{
√ −
1 x2 −y 2
k
x 1 x2 y 2 y 1 x2 y 2
x
√ −
1 x2 −y2
√
√ −− − = ( √ −− − −r x−→ dS = S = → r dxdy = dxdy = −
x , 1−x2 −y 2
x2 1 x2 −y 2
y
1 dxdy 1−x2 −y 2
y
√ −
1 x2 −y2
A(S ) = 1 1 0
√ √
0
D
x−x2
D
, 1)
2
+ 1−xy −y + 1dxdy 1dxdy = 2
2
→ − −→ √ √
C om omo A(S ) =
2
−
i j rx x ry = 1 0 0 1
como
−
≤ } − − − − → −
−→ −→
−→ −→
−
rx x ry dA, dA, entonces entonces
1 dxdy = dxdy = 1−x2 −y2
1 dydx = dydx = 1−x2 −y2
2
D
1 dxdy = dxdy = 1−x2 −y 2
1 1 arcsen 0
1
x x+1
dx = dx = π π
−2
S 1 2
= π 2 S 1 = 2π 4 ; S t = 4π (12 ) S 2 = S t S 1 = 4 + 2π , p or tanto Area(S ) 2π+4 = 2π −4 Area(S ) 2
− → −
−
1
2. (a)
Un fluido que fluye verticalmente hacia abajo (lluvia fuerte) se describe por el campo vectorial F (x; y; z ) = (0, 0, 1). Halle el flujo total a trav´es del cono z = (x2 + y 2)1/2 ; x2 + y 2 1. (b)Debido al fuerte viento, la lluvia cae de lado, de manera que √ forma√ un angulo agudo cuya medida es 45, y se describe por F (x; y; z ) = ( 22 , 0, 22 ) ¿Cual es ahora el flujo atraves del cono?
−
−
´ SOLUCI ON:
Se parametriza la tapa: G1 (θ, r) = (rcosθ, rsenθ, 1) T θ = ( rsenθ, rcosθ, 0) T r = (cosθ, senθ, 0) n1 = (0, 0, r) Se parametriza el cono: G2 (θ, r) = (rcosθ, rsenθ, r) T θ = ( rsenθ, rcosθ, 0) T r = (cosθ, senθ, 1) n2 = (rcosθ, rsenθ, r) (Parte a) S F .dS = F .n1 drdθ + F .n2 drdθ S S 2π 1 2π 1 F .dS = 0 0 (0, 0, 1).(0, 0, r)drdθ+ 0 0 (0, 0, 1).(rcosθ, rsenθ, r)drdθ S 2π 1 2π 1 = 0 0 rdrdθ + 0 0 rdrdθ = 2π √ √ √ √ 2π 1 2π 1 2 2 2 (Parte√ b) 0 0 ( 22 , 0, √ ).(0, 0, r)drdθ+ ( , 0, ).(rcosθ, rsenθ, r)drdθ 2 2 2 0 0 √ 2π 1 2 2π 1 rdrdθ + 0 0 ( 22 rcosθ + 22 r)drdθ 0 0 2 = 2π
−
−
−
− − − − √ −
1
2
−
−
−
−
−
−
−
3. Use
el teorema de Green ,para calcular el ´area de la regi´ on acotada por la curva ς denominada Trisectriz de Ceva. ´ SOLUCI ON:
Cuando se aplica el teorema de Green a F = ( y, x) se obtiene la f ormula para el del dominio D limitado por una curva cerrada simple ς se tiene : ∂F ∂F ∂ ∂ = ∂x x ∂y ( y) = 2 ∂x ∂y Seg´ un el teorema de Green : ´ ydx + xdy = D 2dxdy = 2 Area(D), entonces el a´rea sera : ζ ´ Areaζ = 21 ζ xdy ydx. Sabemos que la ecuaci´ on param´etrica de la T r isectriz de C eva es :
−
− −
2
− −
1
−
2
x = 2cost + cos3t y = sen3t
lo cual
dx = ( 2sent dy = 3cos3tdt
t [0, 2π] , entonces luego : ´ Areaζ = 2π 0
1 2
genera la curva :
−
((2cost + cos3t)( 2sent
−
ζ
− 3sen3t)dt
− 3sen3t) + (sen3t)(3cos3tdt))dt =
(1 + 6cost.cos3t + 2sent.sen3t)dt = 2π
4. Enuncie
∴
´ Areaζ = 3π
y demuestre el teorema de Green para un dominio triplemente
conexo. ´ SOLUCI ON:
Sea D un dominio triplemente conexo acotado por una curva regular ς = ¯ un campo ς 1 + ς 2 + ς 3 cada una cerrada y con orientaci´ on de frontera. Sea F 2 ¯: 2 ¯ x) = (P (¯ vectorial definido como F / F (¯ x), Q(¯ x)) con derivadas parciales continuas en D. Entonces:
→
( ∂Q ∂x
∂p )dA ∂y
− ⇒ − − − − − − ζ 1
F (x)dr +
ζ 2
F (x)dr +
ζ 3
F (x)dr =
∂p ( ∂Q )dA= AB F (x)dr + BM N F (x)dr + ∂x ∂y + DEF F (x)dr + DC F (x)dr GP G F (x)dr
ζ 1
( ∂Q ∂x
∂p )dA = ∂y
BM N
( ∂Q ∂x
∂p )dA = ∂y
ζ 2
F (x)dr =
F (x)dr +
F (x)dr +
DEF
BA
CD
F (x)dr
F (x)dr
GP G
F (x)dr +
ζ 3
F (x)dr +
ζ 1
F (x)dr
∂p )dA ∂y
ζ 2
F (x)dr
ζ 3
F (x)dr
( ∂Q ∂x
F (x)dr
¯ y; z ) = (xy; y 2 +exz ; senxy), flujo del campo vectorial F (x; a trav´es de la superficie frontera de la regi´ on E acotada por el cilindro parab´ oli2 co z = 1 x y los planos z = 0; y = 0 y y + z = 2.Aplique la definici´on del ¯ ¯ndS. flujo S F 2
5. Eval´ ue el
− ·
´ SOLUCI ON: 2
F (x; y; z ) = (xy; y 2 + exz ; senxy) 2
xz2
xy) ) + ∂ (y +e + ∂ (senxy) = y + 2y = 3y divF = ∂ (∂x ∂y ∂z Aplicando el Teorema de la divergencia: W = (x,y,z )/ 1 x 1, 0 z 1 x2 , 0 y F dS = divFdV S W
{ − ≤
≤ ≤ ≤ − 3
≤ ≤ 2 − z }
1
1 −x2
2 −Z
1
1 −x2
= −1 0 3ydydzdx = 23 −1 0 (2 z )2 dzdx 0 1 1 = 32 −1 (2−3z) 10−x dx = 12 −1 [(x2 + 1)3 8] dx = 3x2 8)dx = 12 x7 + 53 x5 + x3 7x 1−1 Por lo tanto: F dS = 184 S 35
− | − − 3
2
7
6. Calcule
− |
−
− −
−
1 2
1
6 4 −1 (x + 1 + 3x +
2
2
el volumen del s´ olido acotado por la superficie: ( x4 + y9 +z 2 )2 =
´ SOLUCI ON:
Haciendo la sustituci´ on: u= x2 v= y3 Queda (u2 + v 2 + z 2 )2 = u llevando a coordenadas esf´ericas: u = rcosφ v = rsenφ.cosθ z = rsenφ.senθ entonces: J (r,φ,θ) = r 2 senφ adem´as: (u2 + v 2 + z 2 )2 = u r 4 = rcosφ r3 = cosφ Por lo que el dominio de integraci´on queda de la siguiente manera: 0 φ π2 0 θ 2π 0 r (cosθ)
1 3
entonces, queda: V=
2π 0
π/2 (cosφ)1/3 2 r senφdrdφdθ 0 0 2π π/2 1 cosφsenφdφdθ 3 0 0 2π π/2 1 senφd(sen φ)dθ 0 0 3 1 1 V=( 3 )( 2 )(2π) V= π3
V= V=
4
x 2
¯ o no el gradiente de un campo escalar. Cuando f ¯ sea si f es un gradiente, halle la correspondiente funci´ on potencial ϕ. 2 3 ¯ y; z ) = (y cosx + z ; (4 2ysenx); 3xz 2 + 2) f (x; 7. Determine
− −
´ SOLUCI ON:
¯ y; z ) = (f 1 ; f 2 ; f 3 ) Se tiene f (x; Si φ / f ¯ = φ, entonces: φ = f 1dx = y 2 senx + xz 3 + g1 (y, z ) φ = f 2dy = 4y + y 2 senx + g2 (x, z ) φ = f 3dz = xz 3 + 2z + g3 (x, y)
∃
∇ −
Se obtiene que: g1 (y, z ) = 2z
3
2
− 4y, g (x, z ) = xz + 2z, g (x, y) = y senx − 4y 2
3
¯ el gradiente de del campo escalar φ, donde : Por lo tanto f es φ = y 2 senx + xz 3 + 2z
− 4y
8. Demuestre
(a
× b) • (c ×
usando la notacion indicial de Einstein la siguente identidad: d) = (a c)(b d) (a d)(b c)
´ SOLUCI ON:
•
• − •
•
(a b) (c d) εijk ai b j eˆk pqr c p dq eˆr εijk ai b j pqr c p dq eˆk eˆr εijk ai b j pqk c p dq (δ ip δ jq δ iq δ jp )ai b j c p dq δ ip δ jq ai b j c p dq δ iq δ jp ai b j c p dq (a c)(b d) (a d)(b c)
× • × • • − − • • − • 9.
•
´ SOLUCI ON:
P asando a coordenadas cartesianas : π 1 5 ρ cos θ sin2 φdρdφdθ = ρ2 (ρ cos θ sin φ)(ρ2 sin φdρdφdθ) π 0 = (x2 + y 2 + z 2)xdV finalmente pasamos a coordenadas cilindricas : x = r cos θ y = r sin θ z = z √ π r √ 2 2 2 2 2 (x + y + z )xdV = 0 0 − 1−r (r + z )(r cos θ)rdzdrdθ π 0
3 4
−→
Regi´on de integraci´ on
2
2
2
5
2
π 0
π
1 0
Grafique la regi´on de integraci´ on y evaluar en coordenadas cil´ındricas:
3π 4
ρ5 cos θ sin
−→
1 0
r 2√ 2 − 1−r2 (r
llamemos M = π M cos θdθ = 0 0
+ z 2)(r)rdzdr
la temperatura de un punto en R 3 dada por T (x,y,z ) = 3x2 + 3y2 calcule el flujo de calor a trav´ es de la superficie x2 + z 2 = 2; 0 y 2,si k=1. 10. Sea
≤ ≤
´ SOLUCI ON:
Sean las superficies : S 1 : y = 0 S 2 : y = 2 S 3 : x 2 + z 2 = 2 0 y 2 parametrizando la superf icie S 3 : x = 2cos u z = 2sin u y = v 0 u 2π 0 v 2 r = ( 2cos u,v, 2sin u)ademas se cumple : F = kf = (6x, 0, 6z ) = (6 2cos u, 0, 6 2sin u) 2π 2 F dS = F (ru rv )dudv = 6 0 0 (sin u + cos u)dudv = 48π
√ √
∧ ≤ ≤
≤ ≤→ ∧√ ≤ ≤√ − −→ √ − −→ − √ −→ −→ · · × −
→ −
−
6
−
